問題10.1の解答
棒材料の単位体積あたりの重量(比重量)をq(N/mm3)とすると，下端からxの距離にある 断面上の引張り応力は，
σ= qAx
A =qx(N/mm2)
となる。よって，下端からxの距離にある厚さdxの微小体積要素に蓄えられる弾性ひずみエ ネルギは，式(10.6)より
dU = σ2
2EAdx= q2x2 2E Adx
となる。したがって，この棒材に蓄えられる全弾性ひずみエネルギは，
U =
∫ l 0
dU = q2A 2E
∫ l 0
x2dx= q2Al3 6E ここでq= mg
Al を代入すれば
U = (mg/Al)2Al3
6E = m2g2l 6AE 問題10.2の解答
(a)(b)(c)棒の弾性ひずみエネルギをそれぞれUa, Ub, Ucとする。
Ua= σ2
2EAl= σe2 2E · π
4(2d)22l= σ2eπd2l E ここで，σeは最大応力である。
(b)棒では，仮定により応力集中はないものと考えられる。
直径dの部分の応力はPb
/ (π 4 d2
)
となり，この応力がσeとなる。直径2dの部分の応力は，
Pb / (π
4(2d)2 )
となり，この部分の応力はσe/4となる。よって Ub= σ2
2EAl
= σe2 2E
(π 4 d2
) l+
(σe 4
)2
2E π 4 (2d)2l
= σ2eπd2l
8E + σ2eπd2l
32E = 5σ2eπd2l 32E Uc= σ2
2EAl= σe2 2E
(π 4 d2
)
2l= σ2eπd2l 4E よって
Ua:Ub:Uc = σe2πd2l
E : 5σ2eπd2l
32E : σ2eπd2l
4E = 32 : 5 : 8 問題10.3の解答
右端からxの距離にある断面の直径をdとすれば，この断面の断面積Aと，この断面に生じ る応力σは，それぞれ
A= π
4 d2, σ= P π 4d2
である。したがって図の厚さdxの部分に蓄えられる弾性ひずみエネルギdU は
dU= σ2
2EAdx= ( 4P
πd2 )2
2E π
4 d2dx= 2P2dx πEd2
ここで，d=d1+ (d2−d1)x/lであるから，棒全体に蓄えられる弾性ひずみエネルギU は U=
∫ l 0
dU = 2P2 πE
∫ l 0
dx
d2 = 2P2 πE
∫ l 0
( dx
d1+ (d2−d1)x l
)2
= 2P2 πE
−l d2−d1
{ 1
d1+ (d2−d1)x l
}
l
0
= 2P2
πE · −l d1−d2
[ 1 d2 − 1
d1
]
= 2P2 πE
l d1d2
問題10.4の解答
固定端Aより任意の距離xの断面の曲げモーメントは Mx=−RAx+MA+ f0
2 x2
支点のたわみおよび傾き角は0であるから，カスティリアノの定理より
∂U
∂RA = 0, ∂U
∂MA = 0, U=
∫ l 0
Mx2 2EI dx
∂U
∂RA
= ∂U
∂Mx
∂Mx
∂RA
= 1 2EI
∫ l 0
2Mx∂Mx
∂RA
dx
= 1 EI
∫ l 0
− (
−RAx+MA+ f0
2 x2 )
x dx
= 1 EI
[RA
3 x3− MA
2 x2− f0 8 x4
]l 0
= 1 EI
(RAl3
3 − MA
2 l2− f0 8 l4
)
= 0
∴ 8RAl3−12MAl2−3f0l4= 0
−12MA+ 8RAl−3f0l2= 0 (10.4.1)
∂U
∂MA
= ∂U
∂Mx
∂Mx
∂MA
= 1 2EI
∫ l 0
2Mx
∂Mx
∂MA
dx
= 1 EI
∫ l 0
(
−RAx+MA+ f0 2 x2
) dx
= 1 EI
[−RA
2 x2+MAx+ f0
6 x3 ]l
0
= 1
6EI (−3RAl+ 6MA+f0l2) = 0
∴ 6MA−3RAl+f0l2= 0 (10.4.2) 式(10.4.1)，式(10.4.2)を連立して解くと
RA= f0l
2 =RB, MA= f0l2 12 =MB
問題10.5の解答
左端からxをとり，C点に単位の仮想荷重および仮想モーメントを加えたときの片持はりに 生じる曲げモーメントM′およびM′′は，それぞれ
M′= 0 (05x5l/2) M′=
( x− l
2 )
(l/25x5l) M′′= 0 (05x5l/2) M′′= 1 (l/25x5l) したがって求めるたわみ，およびたわみ角は
δ=
∫ l/2 0
M M′ EI dx+
∫ l l/2
M M′ EI dx
=
∫ l/2 0
P x×0 EI dx+
∫ l l/2
P x (
x− l 2
)
EI dx= 5P l3 48EI i=
∫ l/2 0
M M′′
EI dx+
∫ l l/2
M M′′
EI dx
=
∫ l/2 0
P x×0 EI dx+
∫ l l/2
P x×1
EI dx= 3P l2 8EI 問題10.6の解答
曲げひずみエネルギUは 2EIU =
∫ l 0
(P x)2dx+
∫ l 0
(P l)2dx=P2 (l3
3 +l3 )
= 4 3P2l3
∴ U = 2 3
P2l3 EI またA点の垂直たわみδAは
δA= ∂U
∂P = ∂
∂P (2
3 P2l3
EI )
= 4 3
P l3 EI 問題10.7の解答
AB部分は，曲げモーメントMAB =P x2と，ねじりモーメントTAB =P bが作用し，BC 部分は，曲げモーメントMCB =P x1のみが作用する。
この直角棒全体のひずみエネルギU は U =
∫ a 0
MAB2 2EI dx2+
∫ a 0
TAB2 2GIp
dx2+
∫ b 0
MCB2 2EI dx1
= P2a3
6EI + P2ab2
2GIp + P2b3 6EI
C点の垂直変位δCはカスティリアノの定理を用いると δC= ∂U
∂P = P(a3+b3)
3EI + P ab2 GIp
問題10.8の解答
部材ABの軸力をT1，部材BCの軸力をT2とすると，力のつり合い条件より T1cosθ+T2= 0, T1sinθ=P
これを，T1, T2について解くと
T1= P
sinθ, T2=− P tanθ
ひずみエネルギの式にカスティリアノの定理を適用し，T1, T2を代入すると，
δB= ∂
∂P
(T12l1
2AE + T22l2
2AE )
= T1L1
AE · ∂T1
∂P + T2l2
AE · ∂T2
∂P l1= l
cosθ, l2=l, および ∂T1
∂P = 1
sinθ, ∂T2
∂P =− 1
tanθ を代入すると，
δB= 1 AE · P
sinθ · l cosθ · 1
sinθ + 1 AE
(
− P tanθ
) l
(
− 1 tanθ
)
= P l AE
1 + cos3θ sin2θcosθ 問題10.9の解答
はりをAC間とCB間に分け，それぞれの区間の曲げモーメントをM1, M2, 弾性ひずみエ ネルギをU1, U2とすれば
M1=−RAx+ 1
2f0x2, M2=−RAx+ f0l 3
( x− l
6 )
また，U =U1+U2
U1= 1 2EI
∫ l/3 0
M12dx, U2= 1 2EI
∫ l l/3
M22dx 支点Aの反力RAによる変位δAは
δA= ∂U
∂RA
= ∂U1
∂RA
+ ∂U2
∂RA
= ∂U1
∂M1 · ∂M1
∂RA
+ ∂U2
∂M2 · ∂M2
∂RA
= 1 EI
{∫ l/3 0
M1∂M1
∂RA dx+
∫ l l/3
M2∂M2
∂RA dx }
M1, M2の値および ∂M1
∂RA = ∂M2
∂RA =−xを代入して，A点での条件x= 0でδA = 0とお くと， ∫ l/3
0
(
RAx− 1 2f0x2
) x dx+
∫ l l/3
{
RAx− f0l 3
( x− l
6 )}
x dx= 0 これより
RA= 115 648f0l
問題10.10
(1) 曲げモーメントとねじりモーメント分布は
曲げモーメント M =P x ねじりモーメント Mt=P s となる。よって，弾性ひずみエネルギは
UB = 1 2EI
∫ l 0
M2dx= P2l3 6EI UT = 1
2GIp
∫ l 0
Mt2dx= P2s2l 2GIp
(2) 片持はりであるので，
A点に単位の仮想横荷重を加えたときのモーメント分布 M = 1×x A点に単位の仮想ねじりモーメントを加えたときのモーメント分布 Mt= 1 となり，変位とねじれ角は，次のようになる。
δ= 1 EI
∫ l 0
M M dx= 1 EI
∫ l 0
P x2dx= P l3 3EI ψ= 1
GIp
∫ l 0
MtMtdx= 1 GIp
∫ l 0
P s dx= P s GIp
l